案例01

【原题】直线\(y=x\)上的动点为\(P\)，函数\(y=lnx\)上的动点是\(Q\)，求\(|PQ|\)的最小值。

【变式】直线\(y=x\)上的点为\(P(x，y)\)，函数\(y=lnx\)上的点是\(Q(m，n)\)，求\(\sqrt{(x-m)^2+(y-n)^2}\)的最小值。

分析：采用平行线法，

设和直线\(y=x\)平行且和函数\(y=lnx\)相切的直线为\(y=x+m\)，

切点为\(P_0(x_0，y_0)\)，则有

\(\begin{cases} y_0=x_{0}+ m \\ y_0=lnx_0 \\ f'(x_0)=\cfrac{1}{x_0}=1\end{cases}\)；

从而解得\(x_0=1，y_0=0，m=-1\)

所以所求的点点距的最小值，就转化为切点\(P_0(1,0)\)到直线\(x-y=0\)的点线距，

\(d=\cfrac{|1-0|}{\sqrt{1^2+1^2}}=\cfrac{\sqrt{2}}{2}\)。

或者两条直线\(y=x，y=x-1\)的线线距\(d=\cfrac{|1-0|}{\sqrt{1^2+1^2}}=\cfrac{\sqrt{2}}{2}\)。课件地址

案例02

【原题】已知函数\(f(x)=x^2 +ax-2\ge 0\)在区间 \([1,5]\)上能成立，求参数\(a\)的取值范围。

【变式1】已知不等式\(x^2 +ax-2\ge 0\)在区间 [1,5]上有解，求参数\(a\)的取值范围。

【变式2】已知不等式\(x^2 +ax-2\ge 0\)在区间 [1,5]上解集不是空集，求参数\(a\)的取值范围。

【变式3】已知不等式\(x^2 +ax-2\ge 0\)在区间 [1,5]上至少有一个解，求参数\(a\)的取值范围。

【变式4】已知命题\(p\)：对任意\(x\in [1，5]\)，不等式\(x^2 +ax-2< 0\)在区间 [1,5]无实数解，是假命题，求参数\(a\)的取值范围。

【法1】：分离参数，得到\(a≥\cfrac{2}{x}－x\)在区间\([1,5]\)上能成立，

转化为求新函数\(\cfrac{2}{x}－x\)在\([1,5]\)上的最小值。

令\(g(x)=\cfrac{2}{x}－x，g(x)=\cfrac{2}{x}－x\)在区间 \([1,5]\)上单调递减，

所以\(g(x)_{min}=g(5)=-\cfrac{23}{5}\)，所以\(a≥-\cfrac{23}{5}\)，

即\(a\)的取值范围是\([-\cfrac{23}{5}，+\infty)\)

【法2】：转化为求\(x\in [1，5]\)上的\(f(x)_{max}\ge 0\)，

对称轴是\(x=-a\)，针对\(x=-a\)和给定区间的位置关系分类讨论即可，较繁琐，

①当\(-a\leq 1\)时，即\(a\ge -1\)时，\(f(x)\)在区间\([1，5]\)单调递增，

故\(f(x)_{max}=f(5)=5a+23\ge 0\)，即\(a\ge -\cfrac{23}{5}\)，

又由于\(a\ge -1\)，求交集得到\(a\ge -1\)；

②当\(1<-a<5\)时，即\(-5<a<-1\)时，\(f(x)\)在区间\([1，5]\)有减有增无单调性，

\(f(x)_{max}=max{f(1)，f(5)}\)，

\(f(1)=a-1\)，\(f(5)=5a+23\)，

\(f(5)-f(1)=4a+24\in [4，20]\)，即\(f(5)>f(1)\)，

故\(f(x)_{max}=f(5)=5a+23\ge 0\)，即\(a\ge -\cfrac{23}{5}\)，

求交集得到，\(-\cfrac{23}{5}\leq a<-1\)；

③当\(-a\ge 5\)时，即\(a\leq -5\)时，\(f(x)\)在区间\([1，5]\)单调递减，

故\(f(x)_{max}=f(1)=a-1\ge 0\)，即\(a\ge 1\)，

求交集得到\(a\in \varnothing\)；

综上所述，得到\(a\in [-\cfrac{23}{5}，+\infty)\)。

即\(a\)的取值范围是\([-\cfrac{23}{5}，+\infty)\)

【法3】：转化为不等式\(f(x)=x^2 +ax-2≥0\)在区间 \([1,5]\)上有解，

解法基本同于法2，

①当\(-a\leq 1\)时，必须\(f(5)\ge 0\)，解得\(a\ge -1\)；

②当\(1<-a<5\)时，必须\(f(5)\ge 0\)，解得\(-\cfrac{23}{5}\leq a<-1\)；

③当\(-a\ge 5\)时，必须\(f(1)\ge 0\)，解得\(a\in \varnothing\)；

综上所述，得到\(a\in [-\cfrac{23}{5}，+\infty)\)。

案例03

【源题】若\((2m+1)^{\cfrac{1}{2}}>(m^2+m-1)^{\cfrac{1}{2}}\)，求实数\(m\)的取值范围。

分析：由于上述不等式依托的函数是\(y=x^{\frac{1}{2}}\)，在定义域\([0，+\infty)\)上单调递增，

故有\(\left\{\begin{array}{l}{2m+1\ge 0①}\\{m^2+m-1\ge 0②}\\{2m+1>m^2+m-1③}\end{array}\right.\)

解得\(\left\{\begin{array}{l}{m\ge -\cfrac{1}{2}①}\\{m\ge\cfrac{\sqrt{5}-1}{2}或m\leq \cfrac{-\sqrt{5}-1}{2}②}\\{-1<m<2③}\end{array}\right.\)

求交集得到，\(\cfrac{\sqrt{5}-1}{2}\leq m<2\)。故\(m\in [\cfrac{\sqrt{5}-1}{2}，2)\)。

【变式1】【无奇偶性】若\((2m+1)^{\cfrac{1}{4}}>(m^2+m-1)^{\cfrac{1}{4}}\)，求实数\(m\)的取值范围。

分析：求解过程同上，故\(m\in [\cfrac{\sqrt{5}-1}{2}，2)\)。

【变式2】【无奇偶性】若\((2m+1)^{\cfrac{1}{2n}}>(m^2+m-1)^{\cfrac{1}{2n}}(n\in N^{*})\)，求实数\(m\)的取值范围。

分析：求解过程同上，故\(m\in [\cfrac{\sqrt{5}-1}{2}，2)\)。

【变式3】【抽象函数】若函数\(f(x)\)的定义域为\([0，+\infty)\)，且满足对任意的\(x_1，x_2\in [0，+\infty)\)，都有\(\cfrac{f(x_1)-f(x_2)}{x_1-x_2}>0(x_1\neq x_2)\)，且满足\(f(2m+1)>f(m^2+m-1)\)，求实数\(m\)的取值范围。

分析：求解过程同上，故\(m\in [\cfrac{\sqrt{5}-1}{2}，2)\)。

案例04